[uoj422]小Z的礼物

记$S=\{(i,j)\mid s_{i,j}=*\},T_{i,j}$表示获得$(i,j)$上礼物的时间，问题即求$E(\max_{(i,j)\in S}T_{i,j})$

考虑$\min\max$容斥，即$\max_{(i,j)\in S}T_{i,j}=-\sum_{S'\subseteq S}(-1)^{|S'|}\min_{(i,j)\in S'}T_{i,j}$

根据定义，不难得到$E(\min_{(i,j)\in S'}T_{i,j})=\frac{2nm-n-m}{cnt}$（其中$cnt$为与$S'$有交的相邻格子对数）

根据期望的线性性，问题即求$\sum_{S'\subseteq S}(-1)^{|S'|}\frac{2nm-n-m}{cnt}$，显然可以使用状压dp计算

时间复杂度为$o(n^{2}m^{2}2^{n})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10
#define M 105
#define K 70
#define T 1205
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,t,ans,inv[T],f[M][N][K][T];
char s[N][M];
int main(){
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<T;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%d%d",&n,&m),t=2*n*m-n-m;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
    int SS=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (s[i][1]=='*')SS|=(1<<i-1);
    for(int S=SS;;S=((S-1)&SS)){
        int cnt1=__builtin_popcount(S);
        int cnt2=__builtin_popcount((S|(S<<1))&((1<<n)-2));
        f[1][n][S][cnt2]=1;
        if (cnt1&1)f[1][n][S][cnt2]=mod-1;
        if (!S)break;
    }
    for(int j=2;j<=m;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int S=0;S<(1<<n);S++)
                for(int k=0;k<=t;k++){
                    int S0=(S>>1),S1=(S0|(1<<n-1));
                    if (i==1){
                        int kk=k+(S&1);
                        f[j][i][S0][kk]=(f[j][i][S0][kk]+f[j-1][n][S][k])%mod;
                        if (s[i][j]=='*')f[j][i][S1][k+1]=(f[j][i][S1][k+1]-f[j-1][n][S][k]+mod)%mod;
                    }
                    else{
                        int kk=k+(S&1)+(S>>n-1);
                        f[j][i][S0][kk]=(f[j][i][S0][kk]+f[j][i-1][S][k])%mod;
                        if (s[i][j]=='*')f[j][i][S1][k+2]=(f[j][i][S1][k+2]-f[j][i-1][S][k]+mod)%mod;
                    }
                }
    for(int S=0;S<(1<<n);S++)
        for(int k=1;k<=t;k++)ans=(ans+(ll)t*inv[k]%mod*f[m][n][S][k])%mod;
    ans=(mod-ans)%mod,printf("%d\n",ans);
    return 0;
}